2013届高中新课标二轮物理总复习（湖南用）专题5 第2讲 功和能量知识在电学中的应用
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图1
1.(2012·新课标卷)如图1，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连，若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过的容器，则在此过程中，该粒子( )
A．所受重力与电场力平衡
B．电势能逐渐增加
C．动能逐渐增加
D．做匀变速直线运动
图2
2.(2012·福建卷)如图2，在点电荷Q产生的电场中，将两个带正电的试探电荷q1、q2分别置于A、B两点，虚线为等势线．取无穷远处为零电势点，若将q1、q2移动到无穷远的过程中外力克服电场力做的功相等，则下列说法正确的是( )
A．A点电势大于B点电势
B．A、B两点的电场强度相等
C．q1的电荷量小于q2的电荷量
D．q1在A点的电势能小于q2在B点的电势能
3.(2011·全国卷)通常一次闪电过程历时约0.2s～0.3s，它由若干个相继发生的闪击构成．每个闪击持续时间仅40μs～80μs，电荷转移主要发生在第一个闪击过程中．在某一次闪电前云地之间的电势差约为1.0×109V，云地间距离约为1km；第一个闪击过程中云地间转移的电荷量约为6C，闪击持续时间约为60μs.假定闪电前云地间的电场是均匀的．根据以上数据，下列判断正确的是( )
A．闪电电流的瞬时值可达到1×105 A
B．整个闪电过程的平均功率约为1×1014 W
C．闪电前云地间的电场强度约为1×106 V/m
D．整个闪电过程向外释放的能量约为6×106 J
图3
4.如图3所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
图4
5.图4是质谱仪工作原理的示意图．带电粒子a、b经电压U加速(在A点初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则( )
A．a与b有相同的质量，打在感光板上时，b的速度比a大
B．a与b有相同的质量，但a的电荷量比b的电荷量小
C．a与b有相同的电荷量，但a的质量比b的质量大
D．a与b有相同的电荷量，但a的质量比b的质量小
图5
6.(2012·安徽卷)如图5所示，在竖直平面内有一半径为R的圆弧轨道，半径OA水平、OB竖直，一个质量为m的小球自A的正上方P点由静止开始自由下落，小球沿轨道到达最高点B时恰好对轨道没有压力．已知AP＝2R，重力加速度为g，则小球从P到B的运动过程中( )
A．重力做功2mgR
B．机械能减少mgR
C．合外力做功mgR
D．克服摩擦力做功mgR
图6
7.(2012·四川卷)如图6所示，ABCD为固定在竖直平面内的轨道AB段光滑水平，BC段为光滑圆弧，对应的圆心角θ＝37°，半径r＝2.5m，CD段平直倾斜且粗糙，各段轨道均平滑连接，倾斜轨道所在区域有场强大小为E＝2×105N/C、方向垂直于斜轨向下的匀强电场．质量m＝5×10－2kg、电荷量q＝＋1×10－6C的小物体(视为质点)被弹簧枪发射后，沿水平轨道向左滑行，在C点以速度v0＝3m/s冲上斜轨．以小物体通过C点时为计时起点，0.1s以后，场强大小不变，方向反向．已知斜轨与小物体间的动摩擦因数μ＝0.25.设小物体的电荷量保持不变，取g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.
(1)求弹簧枪对小物体所做的功；
(2)在斜轨上小物体能到达的最高点为P，求CP的长度．
图7
8.如图7所示，有一垂直于纸面向里的匀强磁场B＝1T，分布在半径为R＝0.45m的光滑的1/4圆弧空间，轨道AB与粗糙平面BC相连，质量m＝2kg，电荷量q＝＋1C的物块由静止开始从A点滑下经B点进入动摩擦因数μ＝0.2的水平面，重力加速度g取10m/s2.求：
(1)物块经B点时的速度大小vt和物块经圆轨道B点时对轨道压力大小；
(2)物块过B点后2s内所滑行的距离s；
(3)物块沿水平面运动过程中克服摩擦力做多少功？
9.如图8所示，两平行金属板A、B长度为l，直流电源能提供的最大输出电压为U，位于极板左侧中央的粒子源可以沿水平方向向右连续发射质量为m、电荷量为－q、重力不计的带电粒子，射入板间的粒子速度均为v0.在极板右侧有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，分布在环带区域中，该环带的内外圆的圆心与两板间的中心重合于O点，环带的内圆半径为R1.当变阻器滑动触头滑至b点时，带电粒子恰能从右侧极板边缘射向右侧磁场．
图8
(1)问从板间右侧射出的粒子速度的最大值vm是多少？
(2)为使粒子不从磁场右侧穿出，求环带磁场的最小宽度d.
限时训练(十三)
1．BD 解析：
由图可知，带电粒子受电场力和重力作用，电场力在竖直方向与重力平衡，水平方向提供分力使之做匀减速直线运动．由于电场力做负功，故电势能增加．
2．C 解析：由题意知，电场力对正电荷q1做负功，所以Q为负电荷，因为距离负电荷越近电势越低，所以A错误；电场强度是矢量，B错误；克服电场力做功相等说明两电荷电势能相等，D错误；所以，C正确．
3．AC 解析：电流瞬时值I＝＝ A＝1×105A，故A对；电场强度E＝＝ V/m＝1×106V/m，故C对；整个过程的平均功率P＝，其中t应为一次闪电历时总时间，故B错；释放能量W＝qU＝6×109J，故D错．
4．C 解析：由左手定则判定带电粒子a所受洛伦兹力的方向，可知最初时刻粒子所受洛伦兹力与电场力方向相反，若qE≠qvB，则洛伦兹力将随着粒子速度方向和大小的不断改变而改变，粒子所受电场力qE和洛伦兹力qvB的合力不可能与速度方向在同一直线上，而做直线运动，既然在复合场中粒子做直线运动，说明qE＝qvB，OO′连线与电场线垂直，当撤去磁场时，粒子仅受电场力，做类平抛运动，电场力一定做正功，电势能减少，动能增加，故选C.
5．D 解析：从图中可以看出，b的半径比a的半径大．在电场中加速，由qU＝mv2得：v＝，所以粒子进入磁场的速度与比荷有关，A错误；在磁场中做圆周运动，由qvB＝m，由上两式得R＝＝，当B、U相同时，R大的m/q的比值大，故BC错误D正确．
6．D 解析：由题意知PB高度为R，所以从P到B重力势能减少了mgR，故A错误；在B点，轨道压力为0，所以v2＝gR，从P到B由动能定理，阻力做功为mgR/2，故机械能减少了mgR/2，所以B错误；合外力的功为mgR/2，所以C错误．D正确．
7．解析：(1)设弹簧枪对小物体做功为Wf，由动能定理得
Wf－mgr(1－cosθ)＝mv
代入数据得Wf＝0.475J
(2)取沿平直斜轨向上为正方向．设小物体通过C点进入电场后的加速度为a1，由牛顿第二定律得
－mgsinθ－μ(mgcosθ＋qE)＝ma1
小物体向上做匀减速运动，经t1＝0.1s后，速度达到v1，有
v1＝v0＋a1t1
可得v1＝2.1m/s，设运动的位移为s1，有
s1＝v0t1＋a1t
电场力反向后，设小物体的加速度为a2，由牛顿第二定律得
－mgsinθ－μ(mgcosθ－qE)＝ma2
设小物体以此加速度运动到速度为0，运动的时间为t2，位移为s2，有
0＝v1＋a2t2
s2＝v1t2＋a2t
设CP的长度为s，有
s＝s1＋s2
联立相关方程，代入数据解得
s＝0.57m
8．解析：(1)由机械能守恒得mgR＝mv/2
vt＝＝m/s＝3m/s
由牛顿第二定律得
F－mg＋Bvtq＝mv/R
F＝57N，
由牛顿第三定律得F′＝F＝57N.
(2)物块做减速运动的加速度大小
a＝f/m＝μmg/m＝μg＝0.2×10m/s2＝2m/s2
因为物块停止时间t停＝vt/a＝1.5s<2s
所以s＝t停＝×t停＝2.25m.
(3)由动能定理W＝－mv
克服摩擦力所做的功W克＝－W＝×2×32J＝9J.
9．解析：(1)当两板间加最大电压时，从右侧极板边缘飞出的粒子速度最大．由动能定理得
q＝mv－mv
解出vm＝
(2)如图，设粒子在电场中的侧移为y，则
＝
又l＝v0t
y＝t
联立解得x＝
射出粒子速度最大时，对应磁场区域最大，设最大轨迹半径为rm，则
qvmB＝m
rm＝
如图所示，设环带外圆半径为R2，
则：d＝R2－R1
R＋r＝(R2－rm)2
解得R2＝rm＋
d＝R2－R1＝rm＋－R1
＝＋－R1
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